带有JSON的杰克逊：无法识别的字段，未标记为可忽略

Question

我需要将某个JSON字符串转换为Java对象。我正在使用Jackson进行JSON处理。我无法控制输入的JSON（我从Web服务读取）。这是我输入的JSON：{"wrapper":[{"id":"13","name":"Fred"}]}这是一个简化的用例：private void tryReading() {    String jsonStr = "{\"wrapper\"\:[{\"id\":\"13\",\"name\":\"Fred\"}]}";    ObjectMapper mapper = new ObjectMapper();      Wrapper wrapper = null;    try {        wrapper = mapper.readValue(jsonStr , Wrapper.class);    } catch (Exception e) {        e.printStackTrace();    }    System.out.println("wrapper = " + wrapper);}我的实体类是：public Class Student {     private String name;    private String id;    //getters & setters for name & id here}我的包装程序类基本上是一个容器对象，用于获取我的学生列表：public Class Wrapper {    private List<Student> students;    //getters & setters here}我不断收到此错误，“包装”返回null。我不确定缺少什么。有人可以帮忙吗？org.codehaus.jackson.map.exc.UnrecognizedPropertyException:     Unrecognized field "wrapper" (Class Wrapper), not marked as ignorable at [Source: java.io.StringReader@1198891; line: 1, column: 13]     (through reference chain: Wrapper["wrapper"]) at org.codehaus.jackson.map.exc.UnrecognizedPropertyException    .from(UnrecognizedPropertyException.java:53)

Answer 1

您可以使用Jackson的类级注释：

import com.fasterxml.jackson.annotation.JsonIgnoreProperties

@JsonIgnoreProperties

class { ... }

它将忽略您尚未在POJO中定义的每个属性。当您仅在JSON中查找几个属性并且不想编写整个映射时，此功能非常有用。有关更多信息，请访问Jackson的网站。如果要忽略任何未声明的属性，则应输入：

@JsonIgnoreProperties(ignoreUnknown = true)

Answer 2

第一个答案几乎是正确的，但是需要的是更改getter方法，而不是字段-字段是私有的（并且不会自动检测到）；此外，如果两者均可见，则吸气剂优先于字段（也有使私有字段可见的方法，但是如果要使用吸气剂则没有什么意义）

因此，getter应该命名为getWrapper()，或使用以下注释：

@JsonProperty("wrapper")

如果您更喜欢使用getter方法名称。